高考文科數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課標(biāo)通用版作業(yè)：第8章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)40

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1、 課時(shí)作業(yè)40　立體幾何的綜合問(wèn)題 一、選擇題 1．正方體ABCD—A1B1C1D1的棱上到異面直線(xiàn)AB，CC1的距離相等的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 圖1 解析：如圖1所示，由點(diǎn)到直線(xiàn)的距離的定義及正方體性質(zhì)可得BC中點(diǎn)E到AB、 CC1的距離相等. A1D1的中點(diǎn)F到AB、CC1的距離相等．B1，D到AB、CC1的距離相等．故棱上共有4個(gè)點(diǎn)到AB和CC1的距離相等，故選C. 答案：C　 2．如圖2，四邊形ABCD中，△BAD與△BDC都是等腰直角三角形，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成四面體A

2、BCD，則在四面體中，以下判斷正確的是(　　) 圖2 A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABD 解析： ?面ADC⊥面ABD. 答案：D 3．如圖3，某密閉正方體容器有三個(gè)漏洞O、E、C1，其中O是面A1B1C1D1的中心，E是BB1中點(diǎn)．容器棱長(zhǎng)為a，則該容器最多能裝液體(　　) 圖3 A.a3　　　　　　　 B.a3 C.a3 D.a3 解析：當(dāng)O、E、C1在同一水平面上時(shí)，可裝最多液體，此時(shí)液體體積為V正方體－VE－A1B1C1＝a3.選C. 答案：C　 圖

3、4 4．如圖4，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE與△BEC分別沿ED、EC向上折起，使A、B重合于點(diǎn)P，則三棱錐P－DCE的外接球的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：易證所得三棱錐的所有棱長(zhǎng)都為1，把三棱錐通過(guò)補(bǔ)形，補(bǔ)成棱長(zhǎng)為的正方體，故外接球半徑為，外接球的體積為π()3＝π. 答案：C　 圖5 5．(2019年遼寧模擬)如圖5，已知在體積為V的三棱柱ABC—A1B1C1中，M，N分別是A1B1，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在線(xiàn)段B1C上，則三棱柱P—AMC1的體積是(　　) A.V B.V C.V D．不

4、確定 解析：設(shè)SAA1B1B＝S，C1到平面AA1B1B的距離為h，則V＝Sh，∵平面B1NC∥平面AMC1，∴VP—AMC1＝VN—AMC1＝VC1—AMN＝S△AMN·h＝×S·h＝V，選A. 答案：A　 6．(2019年四川省成都市石室中學(xué)學(xué)期中)如圖6，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各條棱長(zhǎng)都相等，M是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線(xiàn)AB1和BM所成的角的大小是(　　) 圖6 A．90° B．60° C．45° D．30° 解析：設(shè)三棱柱ABC－A1B1C1的棱長(zhǎng)等于2，延長(zhǎng)MC1到N使MN＝BB1，連接AN，則 圖7 ∵M(jìn)N∥BB1，MN＝BB1，

5、 ∴四邊形BB1NM是平行四邊形，可得B1N∥BM 因此，∠AB1N(或其補(bǔ)角)就是異面直線(xiàn)AB1和BM所成角 ∵Rt△B1C1N中，B1C1＝2，C1N＝1，∴B1N＝ ∵Rt△ACN中，AC＝2，CN＝3，∴AN＝ 又∵正方形AA1B1B中，AB1＝2 ∴△AB1N中，cos∠AB1N＝＝0， 可得∠AB1N＝90° 即異面直線(xiàn)AB1和BM所成角為90°. 答案：A　 圖8 7．如圖8，在四面體ABCD中，點(diǎn)P、Q、M、N分別是棱AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)，截面PQMN是正方形，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的為(　　) A．AC⊥BD B．AC∥截面PQMN C．AC＝C

6、D D．異面直線(xiàn)PM與BD所成的角為45° 解析：由PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM可得AC⊥BD，故選項(xiàng)A正確；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故選項(xiàng)B正確；由PQ＝AC，QM＝BD，PQ＝QM可得AC＝BD，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；異面直線(xiàn)PM與BD所成的角等于PM與PN所成的角，故選項(xiàng)D正確． 答案：C　 8．(2019年河南省許昌高中、襄城高中、長(zhǎng)葛一高等校高二下學(xué)期第一次聯(lián)考)正三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F(xiàn)，G分別為AB，AA1，A1C1的中點(diǎn)，則B1F與面GEF所成角的正弦值為(　　) 圖9 A. B. C. D. 解析：　設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，取A1B

7、1中點(diǎn)M，連接EM，則EM∥AA1，EM⊥平面ABC，連接GM 圖10 ∵G為A1C1的中點(diǎn)， ∴GM＝B1C1＝1，A1G＝A1F＝1，F(xiàn)G＝， FE＝，GE＝. 在平面EFG上作FN⊥GE， 則∵△GFE是等腰三角形， ∴FN＝，∴S△GEF＝GE×FN＝， S△EFB1＝S正方形ABB1A1－S△A1B1F－S△BB1E－S△AFE＝， 作GH⊥A1B1，GH＝， ∴V三棱錐G－FEB1＝S△FEB1×GH＝， 設(shè)B1到平面EFG距離為h，則 V三棱錐B1－EFG＝S△GEF＝， ∵V三棱錐G－FEB1＝V三棱錐B1－EFG， ∴＝，∴h＝ 設(shè)B1F與平

8、面GEF所成角為θ， ∵B1F＝　∴sinθ＝＝＝. ∴B1F與面GEF所成的角的正弦值為. 答案：A 二、填空題 9．若正方體的棱長(zhǎng)為，則以該正方體各個(gè)面的中心為頂點(diǎn)的凸多面體的體積為_(kāi)_______． 解析：正方體各個(gè)面的中心為頂點(diǎn)的凸多面體是兩個(gè)全等的正四棱錐，該棱錐的高是正方體高的一半，底面面積是正方體一個(gè)面正方形面積的一半，于是，其體積為V＝2××(××)××＝. 答案： 10．已知OA為球O的半徑，過(guò)OA的中點(diǎn)M且垂直于OA的平面截球面得到圓M.若圓M的面積為3π，則球O的表面積等于________． 解析：設(shè)球半徑為R，圓M的半徑為r，則πr2＝3π，即r2＝3

9、由題得R2－()2＝3，所以R2＝4?4πR2＝16π. 答案：16π 11．(2019年河南省百校聯(lián)盟高三上學(xué)期質(zhì)檢)已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的各棱長(zhǎng)均為2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，則直線(xiàn)BD1與平面ABCD所成的角的正切值為_(kāi)_______． 圖11 圖12 解析：延長(zhǎng)AD，過(guò)D1作D1E⊥AD于E，連結(jié)BE， 因?yàn)槠矫鍭1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD， 所以D1E⊥平面ABCD，即BD1為BE在平面ABCD內(nèi)的射影， 所以∠D1BE為直線(xiàn)BD1與平面ABCD所成的角， 因

10、為D1E＝2sin60°＝，BE＝＝， 所以，tan∠D1BE＝＝. 答案： 12．(2019年江蘇省揚(yáng)州市高郵一中月考)已知a，b為異面直線(xiàn)，且a，b所成角為40°，直線(xiàn)c與a，b均異面，且所成角均為θ，若這樣的c共有四條，則θ的范圍為_(kāi)_______． 解析：設(shè)平面α外兩條直線(xiàn)m，n分別滿(mǎn)足m∥a，n∥b， 則m，n相交，且?jiàn)A角為40°， 若直線(xiàn)c與a，b均異面，且所成角均為θ， 則直線(xiàn)c與m，n所成角均為θ， 當(dāng)0°≤θ＜20°時(shí)，不存在這樣的直線(xiàn)c， 當(dāng)θ＝20°時(shí)，這樣的c只有一條， 當(dāng)20°＜θ＜70°時(shí)，這樣的c有兩條， 當(dāng)θ＝70°時(shí)，這樣的c有三條，

11、當(dāng)70°＜θ＜90°時(shí)，這樣的c有四條， 當(dāng)θ＝90°時(shí)，這樣的c只有一條． 答案：(70°，90°) 三、解答題 圖13 13．(2019年廣東東莞調(diào)研)如圖13，幾何體S－ABC的底面是由以AC為直徑的半圓O與△ABC組成的平面圖形，SO⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝SB＝SC＝AC＝4，BC＝2. (1)求直線(xiàn)SB與平面SAC所成角的正弦值； (2)求幾何體S－ABC的正視圖中△S1A1B1的面積； 圖14 (3)試探究在圓弧AC上是否存在一點(diǎn)P，使得AP⊥SB，若存在，說(shuō)明點(diǎn)P的位置并證明；若不存在，說(shuō)明理由． 解：(1)過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H，連結(jié)SH

12、.因?yàn)镾O⊥平面ABC，BH?平面ABC，所以BH⊥SO.又因?yàn)锽H⊥AC，SO∩AC＝O，所以BH⊥平面SAC，即∠BSH就是直線(xiàn)SB與平面SAC所成的角．在△ABC中，因?yàn)锳B⊥BC，AC＝4，BC＝2，所以∠ACB＝60°，BH＝2sin60°＝.在Rt△BSH中，因?yàn)镾B＝4，所以sin∠BSH＝＝，即直線(xiàn)SB與平面SAC所成角的正弦值為. (2)由(1)知，幾何體S－ABC的正視圖中，△S1A1B1的邊A1B1＝AH＝AC－HC，而HC＝2cos60°＝1，所以A1B1＝3.又△S1A1B1的邊A1B1上的高等于幾何體S－ABC中SO的長(zhǎng)，而SA＝SC＝AC＝4，所以SO＝2，所以

13、S△S1A1B1＝×3×2＝3. 圖15 (3)存在．證明如下： 如圖15，連接BO并延長(zhǎng)交弧AC于點(diǎn)M，在底面內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AP⊥BM交弧AC于點(diǎn)P.因?yàn)镾O⊥平面ABC. 而AP?平面ABC，所以AP⊥SO. 又因?yàn)锳P⊥BM，SO∩BM＝O，所以AP⊥平面SOB，從而AP⊥SB. 又因?yàn)锳O＝OC＝BC＝2，所以有∠AOM＝∠BOC＝∠ACB＝60°，所以∠AOM＝∠POM＝60°，∠AOP＝120°，即點(diǎn)P位于弧AC的三等分點(diǎn)的位置，且∠AOP＝120°. 14. 圖16 在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，過(guò)A1、C1、B三點(diǎn)的平面截去長(zhǎng)方體

14、的一個(gè)角后，得到如圖16所示的幾何體ABCD－A1C1D1，且這個(gè)幾何體的體積為. (1)證明：直線(xiàn)A1B∥平面CDD1C1； (2)求棱A1A的長(zhǎng)； (3)求經(jīng)過(guò)A1、C1、B、D四點(diǎn)的球的表面積． 解：(1)證法1：如題圖，連結(jié)D1C， ∵ABCD－A1B1C1D1是長(zhǎng)方體， ∴A1D1∥BC且A1D1＝BC. ∴四邊形A1BCD1是平行四邊形． ∴A1B∥D1C. ∵A1B?平面CDD1C1，D1C?平面CDD1C1， ∴A1B∥平面CDD1C1. 證法2：∵ABCD－A1B1C1D1是長(zhǎng)方體， ∴平面A1AB∥平面CDD1C1. ∵A1B?平面A1AB，A

15、1B?平面CDD1C1， ∴A1B∥平面CDD1C1. (2)解：設(shè)A1A＝h， ∵幾何體ABCD－A1C1D1的體積為， ∴VABCD－A1C1D1＝VABCD－A1B1C1D1－VB－A1B1C1＝， 即SABCD×h－×S△A1B1C1×h＝， 即2×2×h－××2×2×h＝，解得h＝4. ∴A1A的長(zhǎng)為4. (3)解：如題圖，連結(jié)D1B，設(shè)D1B的中點(diǎn)為O，連OA1，OC1，OD， ∵ABCD－A1B1C1D1是長(zhǎng)方體， ∴A1D1⊥平面A1AB. ∵A1B?平面A1AB， ∴A1D1⊥A1B.∴OA1＝D1B. 同理OD＝OC1＝D1B. ∴OA1＝OD＝OC1＝OB. ∴經(jīng)過(guò)A1、C1、B、D四點(diǎn)的球的球心為點(diǎn)O. ∵D1B2＝A1D12＋A1A2＋AB2＝22＋42＋22＝24. ∴S球＝4π×(OB)2＝4π×()2＝π×D1B2＝24π. 故經(jīng)過(guò)A1、C1、B、D四點(diǎn)的球的表面積為24π.